Question

2．已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）．
（Ⅰ）若a=-2，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，求正整数k的值．（参考数据：ln2=0.6931，ln3=1.0986）

Answer 1

分析 （I）利用导数判断f（x）的单调性和单调区间；
（II）分离参数得出k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$，使用导数求出右侧函数的最小值，得出k的范围．

解答 解：（I）a=-2时，f（x）=xlnx-2x，则f′（x）=lnx-1．
令f′（x）=0得x=e，
当0＜x＜e时，f′（x）＜0，当x＞e时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递减区间是（0，e），单调递增区间为（e，+∞）．
（II）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，
则xlnx+ax＞k（x-1）+ax-x恒成立，即k（x-1）＜xlnx+ax-ax+x恒成立，
又x-1＞0，则k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$对任意x∈（1，+∞）恒成立，
设h（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，则h′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$．
设m（x）=x-lnx-2，则m′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
∵x∈（1，+∞），∴m′（x）＞0，则m（x）在（1，+∞）上是增函数．
∵m（1）=-1＜0，m（2）=-ln2＜0，m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0，
∴存在x₀∈（3，4），使得m（x₀）=0，
当x∈（1，x₀）时，m（x）＜0，即h′（x）＜0，
当x∈（x₀，+∞）时，m（x）＞0，h′（x）＞0，
∴h（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，
∴h（x）的最小值h_min（x）=h（x₀）=$\frac{{x}_{0}ln{x}_{0}+{x}_{0}}{{x}_{0}-1}$．
∵m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，∴lnx₀=x₀-2．∴h（x₀）=$\frac{{x}_{0}（{x}_{0}-2）+{x}_{0}}{{x}_{0}-1}$=x₀．
∴k＜h_min（x）=x₀．
∵3＜x₀＜4，
∴k≤3．
∴k的值为1，2，3．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的最值，函数恒成立问题，构造函数求出h（x）的最小值是解题关键，属于难题．